第30讲滑块木板模型解题技巧类

1、第30讲滑块-木板模型【技巧点拨】滑块-木板模型作为力学的根本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律有关知识的综合应用.着重考察学生分析问题、 运用知识的能力，这类问题无论物体的运动情景如何复杂， 这类问题的解答有一个根本技巧和方法：求解时应先仔细审题， 清楚题目的含义，分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况.因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口.求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.

2、【对点题组】1如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板 B（长木板足够长）的左端放着小物块 A某时 刻，A受到水平向右的外力 F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即 F = kt,其中k 为常数假设物体之间的滑动摩擦力 Ff的大小等于最大静摩擦力，且 A, B的质量相等，那2如下图，质量 M = 8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F = 8 N的水平推力，当小车向右运动的速度到达vo= 1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m= 2 kg的小物块，小物块及小车间的动摩擦因数片，小车足够长，取 g= 10 m/s2.求：Q（1）放小物块后，小物块及小车的加速

3、度各为多大；（2）经多长时间两者到达一样的速度；（3）从小物块放上小车开场，经过t= 1.5 s小物块通过的位移大小为多少？【高考题组】3. （2021江苏卷）如下图，A、B两物块的质量分别为 2m和m,静止叠放在水平地面上.A、1B间的动摩擦因数为 仏B及地面间的动摩擦因数为 2卩最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力A .当Fv 2卩mg时，A、B都相对地面静止51B .当F= 2卩mg寸，A的加速度为§ugC.当F> 3卩mg寸，A相对B滑动1D .无论F为何值，B的加速度不会超过2 Ug4. （2021全国新课标H ）长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物

4、块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图像如下图。己知物块及木板的质量相等，物块及木板间及木板及地面间均有摩擦，物块及木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物1物块及木板间、木板及地面间的动摩擦因数；2从t=0时刻到物块及木板均停顿运动时，物块相对于木板的位移的大小。5. （2021江苏卷）如下图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验假设砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为卩重力加速度为g.（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动”求需所拉力的大小；

5、本实验中，m1 =0. 5 kg,m2 =0. 1 kg,卩=砝码及纸板左端的距离d =0. 1 m,取g =10 m/ s2.假设砝码移动的距离超过1=0. 002 m,人眼就能感知.为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？6. （2021上海卷）如图，质量为 M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块及地 面间动摩擦因数为 u滑块上外表光滑，其右端放置一个质量为 m的小球。用水平外力击打 滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度V。，经过一段时间后小球落地。求小球落地时h1rrn距滑块左端的水平距离。mi的足够长的木板，其上叠放7. （2021课标全国卷）如下图，在光滑水平面上有一质

6、量为一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F = kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为ai和a2，以下反映ai和a2变化的图线中正确的选项是 （）2 kg的物体静止于水平地面的& （2021上海卷）如图，质量mA处，A、B间距L=20m。用到达B处，求该力作用的最短时间toA大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0 2s拉至b处。（cos37 0.8, sin37 0.6。2取 g 10m/s ) （1）求物体及地面间的动摩擦因数（2）用大小为30N ,及水平方向成37 °勺力斜向上拉此物体，

7、使物体从A处由静止开场运动并能答案精析【对点题组】1. 【答案】BF kt【解析】在A, B相对滑动前，对 A, B整体由牛顿第二定律得 a= ，故A, B的2m 2m加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；A相对B刚好要滑动时，对B由牛顿第二定律得a= Ff，由于竺=空，故经；在A相对B滑动后，B的m2m mk加速度a=空 为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故B正确.m2. 【答案】(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m【解析】(1)小物块的加速度 am =ug 2 m/s2,小车的加速度 aM = Fmg = 0.5 m/s2.M由

8、amt = vo+ aMt，解得：t = 1 s.(3) 从小物块放上小车开场 1 s内，小物块的位移S1 =amt2= 1 m,21 s末小物块的速度 v= amt = 2 m/s在接下来的0.5 s内小物块及小车相对静止，一起做加速运动，且加速度Fa= 0.8M m1 2这0.5 s内小物块的位移S2= vt1+at1 = 1.1 m ,2小物块1.5 s内通过的总位移s= S1+ S2= 2.1 m.【高考题组】3. 【答案】BCD【解析】设B对A的摩擦力为f1, A对B的摩擦力为f2,地面对B的摩擦力为f3,由牛顿第 三定律可知f1及f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2卩m

9、g f3的最大值为卩mg故 当0<F易卩mg寸，A、B均保持静止；继续增大 F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的33F 2m伊2ma',对A、B整体，有 F 卩m伊3ma',解得F '= 3卩mg故当a m<F<3 mg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开场运动；当F>3卩mg寸，A相对于B滑动由5以上分析可知 A错误，C正确当F = 5卩mg寸，A、B以共同的加速度开场运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F - 2 m涉3ma,解得a=B正确.对B来说，其所受合311力的最大值Fm = 2 a m才卩m=2 a mg即B的加速度不会

10、超过 a g D正确.4. 【答案】10.200.30 2s=1.125m【解析】1从t=0时开场，木板及物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1时，物块和木板的速度一样。设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，那么V1t1a2VoV1t1式中设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板及地面间的动摩擦因数分别为a,由牛vo=5m/s , V1=1m/s分别为木板在 t=0、t=t1时速度的大小。顿第二定律得amg=ma 1a+2 amg=ma2联立式解得:a=0.20 a=0.30设物块及木板之间的摩擦力

11、大小为(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块及木板之间的摩擦力改变方向。f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,那么由牛顿第二定律得2 2mgma2假设f< amg,那么a1 a2。由式得f=田mg >(jmg,及假设矛盾，故 f=(img由式知，物块加速度的大小6 a ;物块的V t图象如图中点划线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为2Visi=2 X-2ai2VoVVi小、S2=tl+(11)22a2'物块相对于木板位移的大小为S=S2-S1 (12)联立(11)(12)解得：So5.【答案】1f(2m, m2)g 2F&

12、gt;2 (m1 m2)g322.4N.【解析】1砝码对纸板的摩擦力f1gg ,桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)gf f1 f2解得f(2m1 m2)g2设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，那么f1m1 a1F f1f2m2a2发生相对运动a2 a1解得F 2 (m1 m2 )g-a2t12纸板抽出后,21 23纸板抽出前，砝码运动的距离x1- a1t12纸板运动的距离dx12砝码在桌面上运动的距离X2 a3122a3t2解得F2l2 gX1(1X2半)mJg由题意知a1a3 , a1t1代入数据得F 22.4N6.【答案】2h 24Vo(Mm)Lhh，gM【解析】小球下落前滑块的加速

13、度4f1(Mm)gMMv2 2 (M m)gLMg小球落地时间t2h小球落下后，滑块的加速度 a2f2 Mg M按此加速度，滑块停顿运动时间t2a2v2 2 (M m)gL Mg假设小球落地时间大于或等于滑块停顿时间,即:2hv0 L(MMm)9Lg2那么小球落地时距滑块左侧 s 2a2v22 (M m)gvo 2M2 gL 2Vo(M m)L或小球落地时间小球滑块停顿时间，即:v 2 (M m)gLMg那么小球落地时距滑块左侧s vt2t2vo2 2 (MMm)gL2hg2hg -g滑块做匀减速运动，到小球开场下落时的速度v . v2_2a1 L2h 24 (M m)Lhvo7.【答案】A【

14、解析】当拉力F很小时,木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律,对木块和木板:=(m1+ m2)a，故 a1= a2= a = m1+ m2 m1 + rmkt;当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对木板：皿=m1a1，得a晋，对木块：f皿=m1a2，得a2=瓷严二&【答案】（1）0.5 （2）1 2【解析】（1）物体做匀加速运动 Lat02故a 釁 10(m/s2)由牛顿第二定律 F f maf 30 2 10 10(N)f 100.5mg 2 10设F作用的最短时间为t，小车先以大小为 a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'，的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律F cos37 (m